专题突破　专题六　第6讲　函数零点问题 学案

第6讲　函数零点问题
1.(2025·天津，T7)函数f(x)=0.3x-的零点所在区间是(　　)
A.(0，0.3) B.(0.3，0.5)
C.(0.5，1) D.(1，2)
2.(2023·全国乙卷文，T8)函数f(x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是(　　)
A.(-∞，-2) B.(-∞，-3)
C.(-4，-1) D.(-3，0)
3.(2024·全国甲卷文，T16)曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为　　　　.
4.(2022·全国乙卷理，T21)已知函数f(x)=ln(1+x)+axe-x.
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)在区间(-1，0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围.
命题热度：
本讲是历年高考命题常考的内容，高中低档题目都有考查，三种题型都有所考查，分值约为5~15分.
考查方向：利用函数的图象与性质或导数研究函数的零点与方程的根，主要考查一是判断函数零点所在的区间；二是判断函数零点的个数；三是已知函数零点的个数或区间求参数范围(值).
1.答案　B
解析　由指数函数、幂函数的单调性可知y=0.3x在R上单调递减，y=在[0，+∞)上单调递增，
所以f(x)=0.3x-在定义域[0，+∞)上单调递减，又f(0)=1>0，f(0.3)=0.30.3-0.30.5>0，
f(0.5)=0.30.5-0.50.5<0，
所以根据零点存在定理可知，f(x)的零点所在区间为(0.3，0.5).
2.答案　B
解析　f(x)=x3+ax+2，
则f'(x)=3x2+a，
若f(x)存在3个零点，
则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0，
令f'(x)=3x2+a=0，
解得x=-或x=，
且当x∈∪时，f'(x)>0，
当x∈时，f'(x)<0，
故f(x)的极大值为f ，
极小值为f ，
若f(x)存在3个零点，
则
即解得a<-3.
3.答案　(-2，1)
解析　令x3-3x=-(x-1)2+a，
则a=x3-3x+(x-1)2，
设φ(x)=x3-3x+(x-1)2，x>0，
则φ'(x)=(3x+5)(x-1)，x>0，
所以φ(x)在(1，+∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，且φ(0)=1，φ(1)=-2，
当x→+∞时，φ(x)→+∞，
因为曲线y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的交点，
即y=a与y=φ(x)的图象在(0，+∞)上有两个不同的交点，所以a的取值范围为(-2，1).
4.解　(1)当a=1时，f(x)=ln(1+x)+xe-x，
∴f'(x)=+e-x-xe-x，
∴f'(0)=1+1=2.
∵f(0)=0，
∴所求切线方程为y-0=2·(x-0)，
即y=2x.
(2)f(x)=ln(1+x)+，
f(x)的定义域为(-1，+∞).
f'(x)=+=.
设g(x)=ex+a(1-x2)，
①若a>0，则当x∈(-1，0)时，
g(x)=ex+a(1-x2)>0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(-1，0)上单调递增，
所以f(x)故f(x)在(-1，0)上没有零点，不符合题意.
②若-1≤a≤0，则当x∈(0，+∞)时，
g'(x)=ex-2ax>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0，
所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，
故f(x)在(0，+∞)上没有零点，不符合题意.
③若a<-1，
(ⅰ)当x∈(0，+∞)时，
则g'(x)=ex-2ax>0，
所以g(x)在(0，+∞)上单调递增，
又g(0)=1+a<0，g(1)=e>0，
所以存在m∈(0，1)，
使得g(m)=0，即f'(m)=0，
当x∈(0，m)时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(m，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，m)时，f(x)又当x→+∞，f(x)→+∞，
所以f(x)在(m，+∞)上有唯一零点，
又f(x)在(0，m)上没有零点，
即f(x)在(0，+∞)上有唯一零点；
(ⅱ)当x∈(-1，0)时，
设h(x)=g'(x)=ex-2ax，
则h'(x)=ex-2a>0，
所以g'(x)在(-1，0)上单调递增，
又g'(-1)=+2a<0，g'(0)=1>0，
所以存在n∈(-1，0)，使得g'(n)=0，
当x∈(-1，n)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(n，0)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(x)0，
所以存在t∈(-1，n)，使得g(t)=0，
即f'(t)=0，
当x∈(-1，t)时，f(x)单调递增，
当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，
又x→-1，f(x)→-∞，而f(0)=0，
所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，
所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点，
在(t，0)上无零点，
即f(x)在(-1，0)上有唯一零点，
所以a<-1，符合题意.
综上，a的取值范围为(-∞，-1).
　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　利用函数的图象与性质研究函数的零点
考向1　函数零点个数的判断
例1　函数f(x)=-x+1的零点个数为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.4
答案　B
解析　方法一　易知0不是函数的零点，故f(x)=-x+1=0 -1+=0(x≠0)，
令g(x)=-1+(x≠0)，则g(x)在(-∞，0)，(0，+∞)上单调递减，
又g(-1)>0，g<0，g(1)>0，g(2)<0，
故g(x)在，(1，2)上各有一个零点，即f(x)的零点个数为2.
方法二　易知0不是函数的零点，
故f(x)=-x+1=0 =1-，
分别作出函数y=与y=1-的图象如图所示，
由图可知，两函数有两个交点，即函数f(x)=-x+1有两个零点.
考向2　求参数的值或范围
例2　设函数g(x)=若函数g(x)有三个零点，则实数b的取值范围是　　　　.
答案　[-1，0)
解析　令g(x)=0可得，-b=
故直线y=-b与函数f(x)=的图象有三个交点，
当x≤0时，f(x)=ex(x+1)，
则f'(x)=ex(x+1)+ex=ex(x+2)，
由f'(x)<0得，x<-2，所以f(x)在(-∞，-2)上单调递减；
由f'(x)>0得，-2当x<-1时，f(x)<0，当-10，
当x→-∞时，f(x)→0，
当x=-2时，f(x)取得极小值f(-2)=-，f(0)=1.
所以函数f(x)的大致图象如图所示.
由图可知，当0<-b≤1时，函数f(x)的图象与直线y=-b有三个交点，
所以实数b的取值范围是[-1，0).
考向3　嵌套函数的零点
例3　(2025·临沂模拟)已知函数f(x)=若函数y=f(f(x))有8个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A.a>1 B.a<0
C.-1答案　D
解析　当a≥0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a≥0，
所以f(x)在(-∞，0)上单调递增，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，
令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，
由图象知，t=0或t=1，
即f(x)=t=0或f(x)=t=1，
根据图象知f(x)=t=0有2个解，f(x)=t=1有1个解，
所以此时y=f(f(x))有3个零点，不符合题意；
当a<0，x≤0时，f(x)=-x2+2ax，其图象的对称轴为直线x=a，又a<0，
所以f(x)在(-∞，a)上单调递增，在(a，0)上单调递减，又f(0)=0，所以函数f(x)的图象如图所示，
令f(x)=t，y=f(f(x))=f(t)=0，
由图象知，t=2a或t=0或t=1，
根据图象及a<0知，f(x)=t=2a有2个解，f(x)=t=0有3个解，又y=f(f(x))有8个零点，所以f(x)=t=1有3个解，
即解得a<-1.
综上，a<-1.
[规律方法]　利用函数零点的情况求参数值(或取值范围)的三种方法
　　　　　　　　　　　 　　　　　
跟踪演练1　(1)已知函数f(x)=x5+4x+a在(-1，1)内有零点，则实数a的取值范围是(　　)
A.(-5，5)
B.(-∞，-5)∪(5，+∞)
C.[-5，5]
D.(-∞，-5]∪[5，+∞)
答案　A
解析　因为y=x5是增函数，y=4x+a也是增函数，所以f(x)是增函数，
因为f(x)在(-1，1)内有零点，
所以解得-5(2)(2025·成都模拟)函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的所有零点之和为(　　)
A.9 B.10 C.11 D.12
答案　D
解析　函数f(x)=|2x-3|-8sin πx(x∈R)的零点，即为|2x-3|=8sin πx的解，
即g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx图象交点的横坐标，因为h=-8，故直线x=为h(x)=8sin πx图象的对称轴，
而直线x=也是g(x)=|2x-3|图象的对称轴，
又h(x)=8sin πx的最小正周期为=2，
在平面直角坐标系中画出g(x)，h(x)的图象(如图所示)，
因为h=8>2=g，h=8>6=g，g(6)=9>8，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx的图象在直线x=的右侧有且仅有4个不同的交点，
故g(x)=|2x-3|与h(x)=8sin πx的图象的所有不同交点的横坐标之和为4×3=12，即函数f(x)的所有零点之和为12.
考点二　利用导数研究函数的零点
例4　(2025·秦皇岛模拟)已知函数f(x)=2x-asin x+sin 2x.若a>0且函数f(x)在(0，π)上没有零点，求实数a的取值范围.
解　由题意知f(x)=2x-asin x+sin 2x，
显然f(0)=0，f(π)=2π，若a>0，x∈(0，π)，
令f'(x)=2-acos x+2cos 2x=cos x(4cos x-a)=0，其中当cos x=0时，x=，
当a≥4时，由x∈(0，π)知，4cos x-a<0，
则当x∈时，cos x>0，f'(x)<0，此时f(x)在上单调递减；
当x∈时，cos x<0，f'(x)>0，此时f(x)在上单调递增，
因此f(x)min=f =π-a<0，可知f f(π)<0，因此f(x)在(0，π)上存在零点，不符合题意；
当0cos x=>0，
所以 x0∈，使得cos x0=，可得当x∈(0，x0)时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增；
当x∈时，f'(x)<0，此时f(x)单调递减；
当x∈时，f'(x)>0，此时f(x)单调递增，
所以要使函数f(x)在(0，π)上没有零点，需要f =π-a>0，所以0所以实数a的取值范围为(0，π).
[规律方法]　已知零点求参数的取值范围
(1)结合图象与单调性，分析函数的极值点；
(2)依据零点确定极值的范围；
(3)对于参数选择恰当的分类标准进行讨论.
跟踪演练2　已知函数f(x)=eax-x(a∈R).
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)讨论f(x)的零点个数.
解　(1)若a=2，
则f(x)=e2x-x，f'(x)=2e2x-1.
又f(1)=e2-1，即切点坐标为(1，e2-1)，
曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的斜率k=f'(1)=2e2-1，
故所求切线方程为y-(e2-1)=(2e2-1)(x-1)，
即y=(2e2-1)x-e2.
(2)方法一　由题意得f'(x)=aeax-1.
当a≤0时，f'(x)<0，f(x)在R上单调递减，
又f(0)=1>0，f(1)=ea-1≤0，
此时f(x)有一个零点.
当a>0时，令f'(x)<0得x<-，
令f'(x)>0得x>-，
所以f(x)在上单调递减，在上单调递增.
故f(x)的最小值为f=.
当a=时，f(x)的最小值为0，此时f(x)有一个零点，当a>时，f(x)的最小值大于0，此时f(x)没有零点，
当00，f(-1)=e-a+1>0，
当x→+∞时，f(x)→+∞，此时f(x)有两个零点，
综上，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点；
当0当a>时，f(x)没有零点.
方法二　当x≤0时，f(x)=eax-x>0，
所以f(x)在(-∞，0]上无零点，
当x>0时，令f(x)=eax-x=0，
所以eax=x ax=ln x a=.
令φ(x)=(x>0)，所以φ'(x)=，
所以当x∈(0，e)时，φ'(x)>0，当x∈(e，+∞)时，φ'(x)<0，
所以φ(x)在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，所以φ(x)max=φ(e)=，
又当x→0时，φ(x)→-∞，当x→+∞时，φ(x)→0，
所以φ(x)的图象如图所示，
由图可知，当a≤0或a=时，f(x)有一个零点；
当0当a>时，f(x)没有零点.
专题强化练
[分值：90分]
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2025·昆明模拟)已知函数f(x)=2-，在下列区间中，一定包含f(x)零点的区间是(　　)
A. B.
C.(1，2) D.(2，4)
答案　B
解析　因为f =2-=-3<0，f =2-=-2<0，f(1)=2-=1>0，
所以f(1)·f <0，又函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，所以函数f(x)在上存在唯一零点.
2.(2025·安康模拟)函数f(x)=cos 2x+3cos x-1在[-3π，3π]上的零点个数为(　　)
A.4 B.5 C.6 D.8
答案　C
解析　函数f(x)=cos 2x+3cos x-1的零点满足cos 2x+3cos x-1=2cos2x+3cos x-2=(2cos x-1)(cos x+2)=0，
所以cos x=或cos x=-2(舍去)，
在[-3π，3π]上，cos x=，x的值为，，，-，-，-，
所以函数f(x)=cos 2x+3cos x-1在[-3π，3π]上的零点个数为6.
3.函数f(x)=2x--a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是(　　)
A.(1，3) B.(1，2)
C.(0，3) D.(0，2)
答案　C
解析　显然函数f(x)=2x--a在区间(1，2)内单调递增，因为f(x)的一个零点在区间(1，2)内，所以f(1)f(2)<0，即(2-2-a)(4-1-a)<0，解得04.(2024·新课标Ⅱ卷)设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cos x+2ax.当x∈(-1，1)时，曲线y=f(x)和y=g(x)恰有一个交点，则a等于(　　)
A.-1 B. C.1 D.2
答案　D
解析　方法一　令f(x)=g(x)，
即a(x+1)2-1=cos x+2ax，
可得ax2+a-1=cos x，
令F(x)=ax2+a-1，G(x)=cos x，
原题意等价于当x∈(-1，1)时，
曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
注意到F(x)，G(x)均为偶函数，
可知该交点只能在y轴上，
可得F(0)=G(0)，
即a-1=1，解得a=2，
若a=2，令F(x)=G(x)，
可得2x2+1-cos x=0，
因为x∈(-1，1)，则2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0时，等号成立，
可得2x2+1-cos x≥0，
当且仅当x=0时，等号成立，
则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0，
即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，
所以a=2符合题意.
方法二　令h(x)=f(x)-g(x)=ax2+a-1-cos x，x∈(-1，1)，
原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，
因为h(-x)=a(-x)2+a-1-cos(-x)
=ax2+a-1-cos x=h(x)，
则h(x)为偶函数，
根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，
即h(0)=a-2=0，解得a=2，
若a=2，则h(x)=2x2+1-cos x，x∈(-1，1)，
又因为2x2≥0，1-cos x≥0，
当且仅当x=0时，等号成立，
可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，
即h(x)有且仅有一个零点0，
所以a=2符合题意.
5.(2025·毕节模拟)已知函数f(x)=则函数y=[f(x)]2-5f(x)+6的零点个数为(　　)
A.5 B.6 C.7 D.8
答案　C
解析　由题意，令[f(x)]2-5f(x)+6=0，解得f(x)=2或f(x)=3，
作出y=f(x)的大致图象如图，
由图可知，直线y=2与y=f(x)的图象有3个交点；
直线y=3与y=f(x)的图象有4个交点，
所以原方程有7个解，
即函数y=[f(x)]2-5f(x)+6有7个零点.
6.(2025·青岛模拟)若函数f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A.(-∞，0) B.(-∞，1]
C.[0，+∞) D.(1，+∞)
答案　D
解析　因为f(x)=x(1-ex)+ln x+a有两个零点，故关于x的方程x(1-ex)+ln x+a=0有两个不同的解，故关于x的方程x+ln x+a-ex+ln x=0有两个不同的解，
设t=x+ln x，x>0，则t'=1+>0，故t=x+ln x在(0，+∞)上单调递增，
而当x→0时，t→-∞，当x→+∞时，t→+∞，
故t=x+ln x的值域为R，
故关于t的方程t+a-et=0在R上有两个不同的解，设s(t)=t+a-et，则s'(t)=1-et，
当t<0时，s'(t)>0；当t>0时，s'(t)<0，
故s(t)在(-∞，0)上单调递增，在(0，+∞)上单调递减，故s(t)max=s(0)=a-1>0，即a>1，
此时当t→+∞时，s(t)→-∞，
当t→-∞时，s(t)→-∞，
故当a>1时，s(t)有两个不同的零点.
综上，a>1.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.(2025·昭通阶段练习)已知定义在R上的函数f(x)满足f(-1)f(0)>0，f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，则(　　)
A.f(x)在区间(-1，0)上可能存在零点
B.f(x)在区间(-1，0)上可能存在极值点
C.f(x)在区间(0，1)上一定存在零点
D.f(x)在区间(0，1)上一定存在极值点
答案　ABC
解析　当f(x)在区间(-1，0)上先减后增，且存在极值点x0∈(-1，0)时，若f(x0)<0，
则设f(-1)>0，f(0)>0，又f(x0)<0且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，
故由零点存在定理可知，f(x)在(-1，x0)与(x0，0)上各有一个零点，故A正确；
此时存在极值点x0∈(-1，0)，故B正确；
由f(0)f(1)<0，且y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线，故由零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1)上一定存在零点，故C正确；
若f(x)在区间(0，1)上单调递减，此时D无法满足，故D错误.
8.(2025·合肥模拟)设函数f(x)=x3-3x2-9x-a有三个不同的零点，从小到大依次为x1，x2，x3，则(　　)
A.-27B.函数y=f(x)+a图象的对称中心为(1，-11)
C.过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1条
D.若x1，x2，x3成等差数列，则a=-11
答案　ABD
解析　由f'(x)=3x2-6x-9，令f'(x)>0，解得x>3或x<-1，
∴f(x)在(-∞，-1)，(3，+∞)上单调递增，在(-1，3)上单调递减.
对于A，若f(x)有三个零点，则f(-1)>0>f(3)，解得-27对于B，令g(x)=f(x)+a=x3-3x2-9x，则g'(x)=3x2-6x-9，设h(x)=g'(x)，
令h'(x)=6x-6=0得，x=1，又g(1)=-11，
∴g(x)图象的对称中心为(1，-11)，故B正确；
对于C，结合图象，过(x1，f(x1))引曲线y=f(x)的切线有2条，故C错误；
对于D，f(x)=x3-3x2-9x-a=(x-x1)(x-x2)(x-x3)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x3x1)x-x1x2x3，
∴x1+x2+x3=3，
x1x2+x2x3+x3x1=-9，(*)
x1x2x3=a，
若x1，x2，x3成等差数列，则2x2=x1+x3，则x2=1，x1+x3=2，代入(*)得2+x1x3=-9，
∴x1x3=-11，a=x1x3=-11，故D正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2025·上饶模拟)函数f(x)=x的零点为　　　　.
答案　3，-1
解析　由f(x)=x=0，得x=0或x2-2x-3=0，
即x=0或x=3或x=-1，
由x2-2x-3≥0得，x≤-1或x≥3，则x=0不符合题意，故函数f(x)的零点为3，-1.
10.(2025·德州模拟)若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则实数b的取值范围为　　　　　　.
答案　(-∞，0)∪[e，+∞)
解析　若函数f(x)=xb与g(x)=ex的图象在第一象限内有公共点，则关于x的方程xb-ex=0在(0，+∞)上有解，
即关于x的方程bln x=x在(0，+∞)上有解，显然x=1不是方程的解，所以关于x的方程b=在(0，1)∪(1，+∞)上有解，
则直线y=b与函数h(x)=，x∈(0，1)∪(1，+∞)的图象有交点，
又h'(x)=，
所以当x∈(0，1)∪(1，e)时，h'(x)<0；
当x∈(e，+∞)时，h'(x)>0，
所以函数h(x)在(0，1)和(1，e)上单调递减，在(e，+∞)上单调递增，
又当x→0+时，h(x)→0；
当x→1-时，h(x)→-∞；
当x→1+时，h(x)→+∞，h(e)=e；
当x→+∞时，h(x)→+∞，
则h(x)的大致图象如图所示，
所以b<0或b≥e，
故实数b的取值范围为(-∞，0)∪[e，+∞).
四、解答题(共28分)
11.(13分)(2025·白银模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax.
(1)若函数f(x)在(-∞，3)上单调递减，求实数a的取值范围；(6分)
(2)若a∈(1，e]，证明：函数f(x)有两个零点.(7分)
(1)解　对f(x)=ex-1-ax求导得，f'(x)=ex-1-a，
当a≤0时，f'(x)>0，f(x)在R上单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f'(x)=ex-1-a<0得，x<1+ln a，
所以(-∞，1+ln a)是函数f(x)的单调递减区间，
因为f(x)在(-∞，3)上单调递减，所以(-∞，3) (-∞，1+ln a)，
即3≤1+ln a，解得a≥e2，
所以实数a的取值范围是[e2，+∞).
(2)证明　令f'(x)=ex-1-a=0得，x=1+ln a，
当x∈(-∞，1+ln a)时，f'(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1+ln a，+∞)时，f'(x)>0，f(x)单调递增，所以当x=1+ln a时，f(x)取得最小值，
f(x)min=f(1+ln a)=a-a(1+ln a)=-aln a.
因为a∈(1，e]，所以1<1+ln a≤20，所以f(x)在(-∞，1+ln a)上有唯一零点.
又f(e2)=-ae2，
因为a≤e，所以-ae2≥-e3，
则f(e2)=-ae2≥e3(-1)>0，
所以f(x)在(1+ln a，+∞)上有唯一零点.
综上，函数f(x)有两个零点.
12.(15分)(2025·北京海淀区模拟)已知函数f(x)=aln-sin x，曲线y=f(x)在点处的切线斜率为.
(1)求实数a的值；(3分)
(2)求f(x)在(0，2π]上的零点个数；(6分)
(3)证明：f'(x)在上存在两个零点x1，x2，且|x2-x1|>.(6分)
(1)解　f(x)=ln x-sin x的定义域为(0，+∞)，且f'(x)=-cos x.
由题意可得，f'==，解得a=1.
(2)解　由(1)可得，f(x)=ln x-sin x，x>0，
当x∈(0，1]时，ln x≤0，sin x>0，故f(x)<0，f(x)在(0，1]上无零点；
当x∈时，ln x≤lnsin 1>sin=，故f(x)<0，f(x)在上无零点.
当x∈时，f'(x)=-cos x>0，所以f(x)在上单调递增，
而f =ln-10，故由零点存在定理知，f(x)在上存在唯一零点；
当x∈[π，2π]时，ln x>0，sin x≤0，故f(x)>0，f(x)在[π，2π]上无零点，
综上，f(x)在(0，2π]上的零点个数为1.
(3)证明　f'(x)=-cos x=.
令g(x)=1-2xcos x，则g'(x)=2xsin x-2cos x.
令h(x)=g'(x)，则h'(x)=4sin x+2xcos x.
当x∈时，sin x>0，x>0，cos x>0，
所以h'(x)>0，所以g'(x)在上单调递增，
又g'(0)=-2<0，g'=π>0，
所以由零点存在定理知，存在唯一的x0∈，使得g'(x0)=0.
当x变化时，g'(x)，g(x)的变化如表所示，
x (0，x0) x0
g'(x) - 0 +
g(x) ↘ 极小值 ↗
又g(0)=1>0，g(x0)≤g=1-<0，g=1>0，
所以由零点存在定理知，g(x)在(0，x0)，上各恰有一个零点，即f'(x)在上存在两个零点x1，x2.
不妨设x1当x∈(0，x1)∪时，g(x)>0，
而g=1-<0，g=1-π=<<0.所以 (x1，x2).
故|x2-x1|>-=>.
(每小题5分，共10分)
13.(2025·吉林模拟)函数f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点个数为(　　)
A.0 B.1 C.2 D.3
答案　B
解析　求f(x)=2x+4x+6x+…+2 024x-2 025x的零点，
可转化为求g(x)==+++…+-1的零点.
∵y=，y=，…，y=均在R上单调递减，
∴g(x)在R上单调递减，且g(0)=1 011>0，则当x≤0时，g(x)>0，g(x)在(-∞，0]上没有零点；
又当x>0时，<<<…<，
∴g(x)=+++…+-1<1 012×-1，
若存在x0，使得g(x0)<0，只需1 012×-1<0，即x0>-1 012即可，显然x0存在，
∴g(x)在(0，x0)上有且只有一个零点，即f(x)有且只有一个零点.
14.(2025·淄博模拟)若关于x的方程x2-2ycos(sin x)+y2=0有唯一解，则上述关于y的方程的非零实数解为(　　)
A. B.1 C.2 D.4
答案　C
解析　设f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2，显然x∈R，又f(-x)=(-x)2-2ycos[sin(-x)]+y2=x2-2ycos(-sin x)+y2
=x2-2ycos(sin x)+y2=f(x)，
故f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2为偶函数，
又f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2有唯一零点，
由对称性可知，f(x)=x2-2ycos(sin x)+y2的零点为0，
故f(0)=0，即-2ycos 0+y2=0，即-2y+y2=0，
解得y=0或y=2，
所以上述关于y的方程的非零实数解为2.